2021届江西省赣州部分重点中学高三(上)期中物理试题(解析版)

2021赣州部分重点中学高三期中考试物理
一、选择题（本题共12小题，共40分.1-8题每小题只有一个选项是正确的，每小题3分，9-12题每小题有多个选项，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分）
1. 为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针．闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行．当闭合开关K后，从上往下看
A. 小磁针沿顺时针方向偏转了一下，最终复原
B. 小磁针沿顺时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态
C. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原
D. 小磁针沿逆时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；
【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线下方的磁场向里，小磁针沿顺时针方向旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，最终复原；选项A正确，BCD错误；故选A．
【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流．
2. 如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠．下列说法正确的是（ )
A. 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短
B. 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大
C. 能发生光电效应的光有三种
D. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60 eV
【答案】D
【解析】
【详解】这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级的能级差最小，故所发出的光的频率最小，故波长最长，选项A 正确；这群氢原子在辐射光子的过程中，整个原子的能量减小，电子的轨道半径减小，电子绕核运动的动能变大，电势能减小，故选项B 错误；从n=3到低能态的跃迁中，能级差大于2.49eV 的跃迁有3→2和3→1的跃迁，故能发生光电效应的光有两种，选项C 错误；因为从3→1的跃迁辐射光子的能量最大，其值为12.09eV ，故金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是12.09eV -2.49 eV =9.60eV ，选项D 正确；故选AD.
3. 有关圆周运动的基本模型，下列说法不正确的是（已知重力加速度为g ）（ ）
A. 如图1，汽车通过拱桥（半径为R gR
B. 如图2所示是一圆锥摆，小球与悬点的竖直距离为h ，则圆锥摆的周期h T g
= C. 如图3，两相同小球A 、B 受筒壁的支持力相等
D. 如图4，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
【答案】B
【解析】
【详解】A ．当汽车过拱桥顶端时对桥顶的压力为零，由牛顿第二定律可知
2v mg m R = 解得
v gR =
所以，汽车通过拱桥（半径为R ）的最高点处最大速度不能超过gR ，故A 正确，不符合题意；
B ．圆锥摆的向心力由重力和拉力的合力提供，根据牛顿第二定律可知
22
2244tan tan mg m r m h T T
ππθθ== 解得
2h T g
π
= 故B 错误，符合题意； C ．在光滑圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，由小球的重力和筒壁对小球的支持力的合力提供向心力，设支持力与竖直方向的夹角为α，则有支持力的大小
cos mg N α
= 因两球质量相等，所以支持力相等，故C 正确，不符合题意；
D ．火车转弯超过规定速度行驶时，因为支持力和重力的合力不够提供其所需的向心力，从而会对外轨产生挤压，由牛顿第三定律可知，外轨对轮缘会有挤压作用，故D 正确，不符合题意。

故选B 。

4. 如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一半径为R 刚性的圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为2R 的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为m 的物体．它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g 时(g 为重力加速度)，每根细线的张力为
A. 2315mg
B. 3mg
C. 21435mg
D. 1414
mg 【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据几何关系找出绳与竖直方向的夹角，然后对悬挂的物体根据牛顿第二定律列出方程进行求解即可；
【详解】由几何关系可知，每根绳与竖直方向的夹角均为030，则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知：04cos30mg F ma -=，整理可以得到：23F mg =
，故A 正确，BCD 错误．
【点睛】本题主要考查牛顿第二定律的应用，注意要找出绳与竖直方向的夹角，然后列出方程即可求解．
5. 在边长为L 的正方形abcd 的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a 点处有离子源，可以向正方形abcd 所在区域的任意方向发射速率均为v 的相同的正离子，且所有离子均垂直b 边射出，下列说法正确的是（ ）
A. 磁场区域的最小面积为22
4L π-
B. 2L
C. 磁场区域的最大面积为24L π
D. 离子在磁场中运动的最长时间为23L v
π 【答案】C
【解析】
【详解】A B ．由题可知，离子垂直bc 边射出，沿ad 方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R=L ；磁场区域的最小面积为
222min 11(2)2()422
L S L L ππ-=-= 故AB 错误；
CD ．磁场的最大区域是四分之一圆，面积
2max 14
S L π= 离子运动的最长时间
42T L t v
π＝＝ 故C 正确，D 错误。

故选C 。

6. 质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A. 当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C. 当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D. 当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动
【答案】B
【解析】
【详解】D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒= 解得3cot 60a g g =︒= B 与C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
(2)Mg M m a =+ 所以32M a g g M m ==+，即32M M m =+ 解得23 2.3733
M m =≈- 选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+ 解得2M a g M m
=+ 所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为13a g =
，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为10.52
a g g =
=，选项B 正确。

故选B 。

7. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E ，M 点与N 点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度0v 分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。

已知两粒子都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 从M点进入
的粒子先到达P点B. 从M点进入的粒子电荷量较小C. 从M点进入的粒子动量变化较大D. 从M点进入的粒子电势能变化较大【答案】B 【解析】【详解】A．由题及图可得两粒子的竖直位移相等、速度相等，且0s v t=，故两粒子到
达P点的时间相等，故A错误；
B．在相等时间内M点的粒子运动的水平位移较小，所以M点的加速度较小，根据
qE
a
=
m
可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确；
C．根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，所以受到的电场力较小，则合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误；
C．从M点进入的粒子受到的电场力小，且在电场力作用下运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化就小，故D错误。

故选B。

8. 2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r的圆轨道上做圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)（）
A. 23344GMm mv r
- B. 25384GMm mv r
- C. 23344GMm mv r
+ D. 25384GMm mv r
+ 【答案】B
【解析】 由212v Mm G m r r
=可知，卫星在轨道半径为r 的圆轨道上运动的线速度大小1GM v r =，在半径为2r 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为22GM v r
=，设卫星在椭圆轨道上B 点的速度为B v ，由2B vr v r =⋅，可知在A 点时发动机对卫星做功21211122
W mv mv =-，在B 点时发动机对卫星做的功为222211()222v W mv m =
-，因此2125384GMm W W mv r
-=-，B 正确，ACD 错误．
故选：B ． 9. 一个质点做匀变速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点，质点ab 、bc 、cd 三段的时间之比为2：1：1，已知ab 段的长度为L ，cd 段的长度也为L ，质点经过b 点时的速度大小为v ，则下列说法正确的是（ ）
A. bc 段的长度为35
L B. 质点从a 点运动到d 点所用的时间为
145L v
C. 质点运动的加速度大小为2
1049v L D. 质点在c 点的速度大小为97
v
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．设bc 和cd 段的时间为T ，则ab 段时间为2T ，bc 段的长度为x ；则根据△x ＝aT 2可得：
L ﹣x ＝aT 2
对于ab 和bd 段，时间均为2T ，则有：
L+x ﹣L ＝a （2T ）2
联立解得：
x ＝
45L 故A 错误．
B ．b 点为ad 段的时间中点，则由平均速度公式可得：
v （4T ）＝2L+x
解得：
T ＝
710L v 故质点从a 运动到d 点用时为：
t ＝4T ＝
710L v ×4＝145L v 故B 正确．
C ．对bd 段分析，由x ＝v 0t+12
at 2，可得： 45L +L ＝2×v ×2717210210L L a v v ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
解得：
a ＝2
2049v L
故C 错误．
D ．c 点的速度为bd 段的平均速度，则可知，c 点的速度：
v c ＝457210L
L v L +
⨯＝97v 故D 正确．
10. 图(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd 在匀强磁场中绕固定轴'OO 沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势e 随时间t 按余弦规律变化的图像。

已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R=10Ω，电表均为理想交流电表。

由此可以判定（ ）
A. 电流表读数为0.8A
B. 电压表读数为10V
C. t=0.1s 时刻，穿过线圈的磁通量为零
D. 0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为
0.05C
【答案】AC
【解析】 【详解】A ．由图(b)可知，线圈产生的感应电动势的最大值为102V m E =，周期0.2s T =，线圈产生的感应电动势的有效值10V 2
m E =
=。

根据闭合电路的欧姆定律可知0.8A E I R r ==+，故A 正确； B ．电压表的示数8V U IR ==，故B 错误；
C ．t=0.1s 时刻，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直位置，故穿过线圈的磁通量为零，故C 正确；
D ．线圈转动的角速度22rad/s 10rad/s 0.2
T ππωπ===，线圈产生的最大感应电动势m E BS ω=，故0~0.05s 内，1022Wb Wb 10m E BS ωππ
∆Φ====，通过电阻R 的电荷量为2225BS q R r R r π
∆Φ===++，故D 错误。

故选AC 。

11. 如图所示，质量4kg M =的滑块套在水平固定着的光滑轨道上可以自由滑动．质量为2kg m =的小球（视为质点）通过长0.75m L =的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个03m/s v =的竖直向下的初速度，取
210m/s g =．则
A. 小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了
0.25m
B. 小球m 从初始位置第一次运动到最低点时的瞬时速度为26m/s
C. 小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m
D. 小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.45m 【答案】ACD 【解析】
【详解】A.小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为x ，取向左为正方向，根据水平动量守恒得：
0L x x
m
M t t
-=- 可得：
20.750.25m 2m 4
mL x m M ⨯=
==++ 故A 正确；
B. 小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，设小球m 到最低点时的瞬时速度为1v ，滑块的速度为2v ，则有：
120mv Mv =-
由能量关系得：
222201111
222
mv mgL mv Mv =++ 联立解得：
14m/s v =，22m/s v =
故B 错误；
C.设小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为h ，此时竖直方向速度为0，根据水平动量守恒得：
0()m M v =+
根据系统的机械能守恒得：
22011
(22
)m mgh m v v M =++ 解得：
0.45m h =
故C 正确；
D.小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为y ，由几何关系可得，m 相对于M 移动的水平距离为：
22220.750.750.45 1.35m m S L L h =+-=+-=
根据水平动量守恒得：
0S y y
m
M t t
-=- 解得：
0.45m y =
故D 正确．
12. 如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用平行于导轨的恒力F 拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v 随时间t 变化关系的图像中，可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB ．当力F 作用到杆2上时，杆2立刻做加速运动，随着速度的增加产生感应电流，从而产生向左的安培力，此时的加速度
22B
L v F mg
F F mg R a m m
μμ----==
安总 则随速度增加，杆2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时做匀速运动；此时对杆1所受的安培力若小于最大静摩擦力，则此过程中杆1始终不动，则图像A 错误，B 正确；
CD ．由上述分析可知，若安培力增加到一定值时杆2开始运动，则随着安培力的增加，棒2做加速度逐渐增加的加速运动，杆1做加速度减小的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆所受的安培力恒定，加速度恒定，则选项C 错误，D 正确。

故选BD 。

二、实验题（本题共2小题，共14分。

）
13. 某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:
A.按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）．
B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等．
C.取下细绳和砂桶，测量砂子和桶质量m ，并记录数据．
D.保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t 1、t 2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.
E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D ． 请回答下列各问题：
（1）若砂桶和砂子的总质量为m ，小车的质量为M ，重力加速度为g ，则步骤D 中小车
下滑时所受合力大小为________．（忽略空气阻力）
（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d =_________mm ．
（3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量．（用题目所给字母表示）
【答案】 (1). mg (2). 6.75 (3). mgs=2212d M t （）-
2
1
12d M t （） 【解析】
【详解】(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D 中小车加速下滑时所受合力大小为mg ； (2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度
d =6mm+ 15×0.05mm =6.75mm
(3)[3]遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为
v 1=
1d t 、v 2=2
d
t 故小车动能变化量为
△E k =2212d M t （）-2
1
12d M t （） 在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即
mgs =2212d M t （）-21
12d M t （） 14. (1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝的直径d=__________mm 。

(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材： A.干电池两节，每节电动势约为1.5V ，内阻约几欧姆 B.直流电压表V 1、V 2，量程均为0~3V ，内阻约为3kΩ
C.电流表，量程0.6A ，内阻小于1Ω
D.定值电阻R 3，阻值为5Ω
E.滑动变阻器R ，最大阻值50Ω
F.导线和开关若干
①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U 2、Ⅰ数据，并画出U 2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。

电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差”或“偶然误差”）。

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1一U 2图像如图丙所示，图线斜率为k ，与横轴的截距为a ，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________（用k 、a 、R 0表示）。

【答案】 (1). 2.600 (2). 电压表的分流 (3). 系统误差 (4).
1ak
E k =
- (5). 01
=-R r k 【解析】
【详解】(1)[1]．金属丝的直径d =2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm ；
(2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差； ②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知
21
20
U U E U r R -=+
变形得
0012R r R E
U U r r
+=
- 则有：当U 1=0时，U 2=a 则有
00=R E a R r +（）
0=R r
k r
+ 解得
1
ak
E k =
-
1
=
-
R
r
k
三、计算题（本题共4小题，共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。

）
15. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-t图像如图所示，下列说法正确的有：（）
A. A→B的过程中，气体对外做功
B. A→B的过程中，气体放出热量
C. B→C
的过程中，气体压强变大D. B→C的过程中，气体内能变大E. B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加【答案】ACE 【解析】【详解】AB．A→B的过程中，气体体积变大，则气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体吸收热量，选项A正确，B错误；
CDE．根据
pV
C
T
=则
C
V T
p
=
在B→C的过程中，图线上的点与横轴上-273℃点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内能减小；气体体积减小，则单位体积内的分子数目增加，选项CE 正确，D错误。

故选ACE。

16. 如图所示，截面积为S ＝10cm 2的U 形玻璃管，管内水银在右管内封闭着一定质量的理想气体，H ＝92cm ，h 1＝54cm ，h 2＝30cm ．气体温度为t ＝27℃，P 0＝76cmHg ．
（1）若保持温度不变向左管中缓慢注入水银，当左右管中水银面高度相同时，求注入水银的体积；
（2）若缓慢加热被封闭气体，当温度升高到多少摄氏度可以使左右两管中的水银面高度相同？
【答案】（1）480cm 3；（2）304℃ 【解析】
【详解】（1）左管加入水银前，理想气体压强为： P 1＝P 0﹣ρg（h 1﹣h 2）＝52cmHg 体积为：V 1＝（H ﹣h 1）S ＝38S 温度为：T 1＝27+273K ＝300K
注入水银后，理想气体压强为：P 2＝P 0＝76cmHg 体积为：V 2＝hS
由玻意耳定律得：P 1V 1＝P 2V 2 带入数据解得：h ＝26cm
则注入水银体积为：V ＝（2H ﹣2h ﹣h 1﹣h 2）S ＝（2×92﹣2×26﹣54﹣30）×10cm 3＝480cm 3 （2）慢加热被封闭气体后，理想气体压强为：P 3＝P 0＝76cmHg 体积为：12
31()502
h h V H h S S -=-+
= 由理想气体状态方程得：
11
2212
PV PV T T = 代入数据解得：T 3＝577K ＝304℃
17. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为10.5kg m =和20.1kg m =，各接触面间的动摩擦因数均为0.2μ=. 重力加速度为210m/s g =.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力F 的大小的取值范围；
(3)本实验中砝码与纸板左端的距离0.1d =m ，若砝码移动的距离超过0.002l =m ，人眼就能感知． 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】(1) 2.2N f = (2) 2.4N F > (3)22.4N F = 【解析】
【详解】(1)砝码对纸板的摩擦力：
11f m g μ=
桌面对纸板的摩擦力：
212()f m m g μ=+
解得纸板所受摩擦力的大小：
12 2.2N f f f =+=
(2)设砝码的加速度为1a ，纸板的加速度为2a ，根据牛顿第二定律可得：
111f m a = 1222F f f m a --=
发生相对运动时则有：
21a a >
解得：
122() 2.4N F m m g μ>+=
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离：
211112
x a t =
纸板运动的距离：
212112
d x a t +=
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离：
223212
x a t =
由题意知：
13a a =
1132a t a t =
12l x x =+
代入数据得：
22.4N F =
18. 如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d 的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l ，竖直宽度足够大．大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正
中间射入偏转电场．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，加速电场的电压为U 1＝22
02
38eU T md
.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T ；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T 、大小恒为U 0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．
(1)求水平导体板的板长l 0；
(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移y m ；
(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B 的取值范围．
【答案】（123eU T 0；（2）238eU T md 0；（3）00322U T U T B ld ld <<
【解析】 【分析】
（1）应用动能定理求得电子经加速获得的速度，电子进入偏转电场后水平方向做匀速直线运动，可求板长；（2）电子在21
2
k t T +=
时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动，偏转最小；电子在t kT =时进入电场，偏转最大且是最小偏转的3倍；（3）电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方的临界是电子垂直打在荧光屏上和电子轨迹与屏相切，据临界时的半径可求出对应的临界磁感应强度．
【详解】(1)电子在电场中加速，由动能定理得21012eU mv =
，则
002T v md
=
水平导体板的板长00l v T =＝
(2)若电子在21
2
k t T +=时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动
半个周期的侧向位移2
2200111()()22228eU eU T T T y a md md ==⋅⋅=
电子离开偏转电场时的最大侧向位移2
01338m eU T y y md
＝＝
(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ
000022y T a
v eU T tan v v mv d θ==== ，则030θ= 电子进入磁场做匀速圆周运动，有2
v evB m R
=，其中0v v cos θ=
垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R 1，1R sin l θ＝，此时B 有最小值 轨迹与屏相切时圆周运动半径为R 2，22R sin R l θ＋＝，此时B 有最大值 联立解得02min U T B ld =
，032max U T B ld =，故00322U T U T
B ld ld
<< 【点睛】所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件，满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件，求出临界值．解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解．
19. 如图所示，一长L=9.0m 的传送带以v=2m/s 的速度顺时针旋转，传送带的倾角为
θ=37°，一质量M=3kg 的A 物体随传送带一起(与传送带共速)向上运动，A 与传送带
间的动摩擦因数为 1.0μ=。

当A 物体恰好在传送带的最下端时，另一质量m=1kg 的B 物体沿传送带向下以v 0=2m/s 的速度与A 发生弹性正碰。

B 与传送带间无摩擦。

(两物体均可看成质点，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2)，求：
(1)第一次碰撞后B 物体的速度大小；
(2)从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量；
(3)两物体在传送带上能够发生的碰撞次数。

【答案】(1)4m/s ；(2)24J ；(3)9次
【解析】
【详解】(1)以沿传送带向上为正，A 、B 在碰撞过程中动量守恒
0B A mv Mv mv Mv -+=+①
机械能守恒
22220B A 11112222
mv Mv mv Mv +=-② 代入数据联解①②得
v A =0；v B =4m/s ③
(2)从碰后到A 达到与传送带相同速度的过程中对A 有
A cos sin Mg Mg Ma μθθ-=④
A A v a t =⑤
通过的位移
A A 2
v x t =⑥ 此过程中传送带通过的距离
x=vt A ⑦
A 相对于传送带移动的距离为
A A x x x ∆=-⑧
代入数据联解④⑤⑥⑦⑧得
2A m /s a =，A 1s t =，A 1m x =，A 1m x ∆=⑨
在此过程中对B 有
B sin mg ma θ-=⑩
此时B 的速度为
B B B A v v a t '=+⑪
通过的位移
B B B A 2
v v x t '+=⑫ 将t A =1s 代入⑩⑪⑫并联解得
2B 6m /s a =-，B 2m /s v '=-，B 1m x =⑬
由⑨⑬可知，此时在第一次碰撞上方1m 处A 、B 正好回复到开始时的状态，并发生第二次碰撞，因此从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量为
cos 24J Q Mg x μθ=⋅∆=⑭
(3)由(2)可知，两物体每一次碰撞发生在上一次碰撞的上方1m 处，每次碰撞后B 物体能滑上的最大距离为
2B B 04m 23
v d a -==⑮ 两物体在传送带上能够发生碰撞的次数满足
18.671
L d n -=+= 所以两物体在传送带上能够发生碰撞的次数为9次。